Encore une solution.
le 20 septembre 2017 à 19:42, par Carlo
Dans le triangle ACD, la somme des angles intérieurs $\widehat{CAD}+\widehat{CDA}=60^\circ$. L’angle $\widehat{CDA}$ est le double de l’angle $\widehat{CAD}$ car il sous-tend l’arc $ABC$ qui est le double de l’arc $CD$. Donc $\widehat{CAD}=20^\circ$ et $\widehat{CDA}=40^\circ$.
Les angles $\widehat{CBD}$ et $\widehat{CAD}$ sont égaux, car ils ont leurs sommets à la circumférence et ils sous-tendent le même arc $CD$. Les angles $\widehat{BCA}$ et $\widehat{CBD}$ sont égaux par symétrie.
Donc $\widehat{BCD}=\widehat{BCA}+\widehat{ACD}=140^\circ$. Alors $\widehat{BCO} =70^\circ$ et $\widehat{BOC}=40^\circ$.
Enfin le polygone a $360^\circ / 40^\circ = 9$ côtés.
La solution que je préfère a été écrite par amic. Elle est simple et belle, au sens du libre de Eordos. Chapeau !
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